2019学年高二物理同步单元双基双测“AB”卷(选修3-1)：(A卷)第03章章末测试(1)(解析版)

1、第三章磁场章末测试（一）（A卷）【满分：110110 分时间：9090 分钟】一、选择题（本大题共 1212 小题，每小题 5 5 分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中. .1818 题只有一项符合题目要求；912912 题有多项符合题目要求。 全部选对的得 5 5 分，选对但不全的得3 3 分，有选错的得 0 0 分。）1 1 物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法：（ ）A.A.安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B.B.奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C.C.库仑在前人工作的基础

2、上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律库仑定律D D .洛伦兹不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场【答案】C C【解析】奥斯特发现电渍周围存在雄场首次掲示了电与越的联系选项A错误厂洛伦兹认为安培力是带 电粒子所受鐵场力的宏观表现，并提出了著名的洛仑兹力公式，选项弓错误；库仑在前人工作的基础上通 过实验研究确认了算空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律一库仑定律，选项匸正确夕法拉 第不仅提出了电场的槪念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场，选项D错误；故选 U2 2.边长为 L L 的正方形线圈 A A,通有逆时针方向的恒定电流

3、I I,用两根轻质绝缘细线静止地悬挂在水平长直导线 MNMN 的正下方 h h 处，如图所示。当导线 MNMN 中无电流时，两细绳中张力均为 T T;当通过 MNMN 的电流为 I Ii时，两细绳中张力均减为aT（ 00a11 ;而当通过 MNMN 的电流为 I I2时，细绳中张力恰好为零。已知长直通电导线周围磁场的磁感应强度B B 与到导线的距离 r r 成反比（即B B =k-=k- , k k 为常数）。由此可知，MNMN 中的电流方向和电流大小之比 I Ii： I I2分别为：r（ ）A A.向左，1+1+aB B.向右，1+1+aC.C.向左，1-1-aD D.向右，1-1-a【答案

4、】C C【解析】当 MNMN 通以方向从 N N 向 M M 的电流时，贝 U U abab 边所受的安培力的向上，cdcd 边所受安培力方向向下，因离 MNMN 越近，则安培力越大，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，所以 MNMN 中电流的方向向左；当 MNMN 内通电流 abab 所受安培力为：I I 时，Fi根据题意可知:_ kII0L.ricdcd 所受安培力为：F2kIIoL2一 一11因它们受到的安培力方向相反，此时线圈所受安培力的合力大小为F =klLI(-);可知,riD线圈受到的安培力的合力大小与通入电流的大小成正比，当MNMN 分别通以 I.I. I I?的电流时，线框

5、受到的安培力的合力的大小之比为I Ii： I I?当通过 MNMN 的电流为 I Ii时，两细绳中张力均减为aTaT (0 0va av1 1)，所以安培力的大小：F F合i=2T-2aT=2T-2aT;而当通过 MNMN 的电流为 b b 时，细绳中张力恰好为零，则安培力的大小：F F合2=2T=2T,所以：I Ii： I I2=F=F合i： F F合2= = (2T-2aT2T-2aT): 2T=2T= (1-a1-a): 1 1,故选 C Co3 3如图所示中一个带电粒子，沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒

6、子的能量逐渐减小 (带电量不变)，从图中情况可以确定:XXAxyx( )A A.粒子从 a a 到 b b,带正电B B.粒子从 b b 到 a a，带正电C.C.粒子从 a a 到 b b,带负电D D.粒子从 b b 到 a a，带负电【答案】B B【解析】由干带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐碱小，速度逐渐减小，根据粒子在盛场中运动的半径公 式r =可知粒子的半径逐渐的颯小，所臥粒子的运动方问杲从b到在根据左手定则可知，粒子带 正电，所以D正确。【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力。属于中等难度的题mv目。根据r可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半

7、径的变化来判断粒子的运qB动的方向，结合轨迹的弯曲方向，根据左手定则进而判断电荷的电性，这是解决本题的关键.4 4如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是：()A A、 电子在磁场中的运动时间越长，其轨迹线越长B B、 在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合C C、 电子在磁场中的运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大D D、 电子的速率不同，它们在磁场中运动时一定不相同【答案】C C【解析】设其轨迹的圆心角为 6 则粒子在晞场中的运动时间=、帑 =8 字,这些电子的质量和电荷量都相2兀Bq Rq同，所以粒子在血场中的运动时间

8、和其轨迹的圆心角成正比，即电子在磁场中的运动时间越长，其轨迹线 所对圆心角越大，A错误C正确,根据半径公式 2 磐可城A不同的速率射人则运动半径不同，如认趴5三个粒子的运动时间相同但是运动半径不同，所以轨迹不重合，BD错误*【名师点睛】带电粒子在磁场中的偏转要注意两点：一是圆心的确定，二是半径的求出，必要时先画出可能的图形再进行分析计算5 5回旋加速器是获得高能量带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源的两极相连接的两个 D D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两 D D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，关于回旋加速器的下列说法

9、中正确的是：（）A A、 加速电压越大，带电粒子从 D D 形盒射出时的动能越大B B、 带电粒子从 D D 形盒射出时动能与磁场的强弱无关C C、 交变电场的周期应为带电粒子做圆周运动周期的二倍D D、 用同一回旋加速器分别加速不同的带电粒子，一般要调节交变电场的频率【答案】D D【解析】根抿眄解得=辽带电粒子射地的动能E 吕心,与抑速的电压无关，与磁R m22m感应强度的大小有关故A. B错误；交变电场的周期与带电粒子运动的周朗相等，带电粒子在匀强磁场中 运动的周期迥,与粒子的速度无关所以加速后交变电场的周期不需改变,不同的带电粒子，在磁场中运动的周期不等，所以加速不同的芾电粒子一般要调节

10、交变电场的频率，故C错误，D正确&【名师点睛】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关。6.6.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域 下图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流 I I, CDCD 两侧面会形成电势差UCD下列说法中正确的是：（）A.A. 电势差UCD仅与材料有关B.B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCDLJ._图甲【答案】BCBC【解析】 因为微粒在0T T时间内做匀速直线运动，所以重力和电场力等大反向，

11、电场力方向向上,3故有mg =E0q，在T2T过程中电场强度为零，微粒只受重力作用，此过程中微粒做平抛33T2T运动，经过一，在一T过程中，微粒受到的合力F=2E0q-mg二mg，方向向上，经过A.A.末速度大小为、2VoB.B.末速度沿水平方向. 1 1C.C.重力势能减少了mgdD.D.克服电场力做功为mgd图乙33TT 2T2TT,所以微粒在T2T过程中产生的竖直方向的速度，在T过程中又减小到零，即竖3333直方向速度为零，所以 T T 时刻的速度仍为v0，方向水平，A A 错误 B B 正确；因为 T T 时刻微粒恰好d1经金属边缘飞出，所以在竖直方向上的位移为d，故重力势能减小了1m

12、gd，C C 正确；因为221微粒始末速度相同， 所以重力做功大小等于克服电场力做功大小，故克服电场力做功2mgd，故 D D 错误【名师点睛】解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第一T 2T 2T二定律和运动学公式进行求解.知道在- 内和-T时间内竖直方向上的加速度大小333相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等1212如图，在匀强磁场 B B 的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L,L,质量为 m m 的导线，当通以如图方向的电流I I 后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B B 必须满足：( )A A. B=B=mgSimgSi ，方向垂直纸面向外

13、 B B. B=B=mgCmgC * *，方向水平向左ILILILILC.C. B B= =mgtamgtan nr r，方向竖直向下D D. B B= =mgmg，方向水平向左ILILILIL【答案】CDCD【解析】外加匀强厳场的鐵加强度B B的方向垂直斜面向外，此时电流的方向和硯场的方向平行此时不受安培力的作用，导线只受到支持力与重尢b b不可肓誕于平街状态，故A A错误,外加匀强磁场的鯉应强度B B的方 冋水平向左则竖賣向上的安培力、重 th此时支持力恰好初雾，此时於竺时，导线处于平衡状态IL故E E错误，D D正确.外加匀强磁场的磁感应强度B B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持

14、力与重力, 处于平衡状态，则犬小$ = 弩岐；故C C正确：故选CDCD二、非选择题(本大题共 4 4 小题，第 1313、1414 题每题 1010 分；第 1515、1616 题每题 1515 分；共 5050 分)13.13.（1010 分）如图，一长为 10cm10cm 的金属棒 abab 用两个元全相同的弹黄水平地悬挂在匀强磁场中； 磁场的磁感应强度大小为0.1T0.1T，方向垂直于纸面向里：弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V12V 的电池相连，电路总电阻为 2 2QO已知开关断开时两弹簧的伸长度均为0.5cm0.5cm;闭合开关， 系统重新平衡后， 两

15、弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了 0.3cm0.3cm。 重力加速度大小取10m/s210m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒 的质量。【答案】m二0.01kg【解析】开关断开时，金扈棒平行有：吨=2 热=2 氓开关闭合时，金属棒上的电溉:=根据左手定则可知安培力的方向向下，所受安培力F 玺0.06V此时改变是因为受到安培力的原因，则有臬=2仪一联立解得：酬=0.0驱【名师点睛】在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据F二BIL求的安培力，由共点力平衡求的质量14.14.（1010 分）如图所示，x x 轴上放有一足够大的荧光屏，

16、 y y 轴上（0 0, L L）处有一个点状的粒 子放射源 A A,某瞬间同时向xoyxoy 平面内各个方向发射速率均为v0的粒子（不计重力），设 粒子电量为 q q,质量为 m m，求：（1 1）当空间中只存在平行 xoyxoy 平面沿 y y 轴负方向的匀强电场时，最后到达荧光屏的-：:粒子在电场中的运动时间为最先到达荧光屏的粒子在电场中运动时间的 3 3 倍，求电场强度。（2 2）当空间中只存在垂直 xoyxoy 平面向里的匀强磁场且磁感应强度B =-mV时，最先到达荧光qL屏的粒子在磁场中的运动时间与最后到达荧光屏的:粒子在磁场中运动时间的比值为多少。X XH2【答案】（1 1）E=

17、叫 ；（ 2 2）2qL【解析】（1 1）设沿 y y 轴负方向射出的粒子运动的最短时间为t1沿 y y 轴正方向射出的粒子运动的最长时间为3t11212取y轴负方向为正，由题意，有= v0t- at1,-L =十？a（ 3打）2又因为，解得E=2mvo。（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为&有R=又月=上匕则应-L、当粒子轨迹对应圆心角最小时，时间最短，由题青可知粒子打到O电时，时间最短,如图轨迹I :由几何关系知日 l 亍当轨迹与O点左侧灵光屏相切时，时间最长，如图轨迹E33t由几何关系知0 =二 Lf込二二八 故皿二臥。亠24t 分【名师点睛】本题考查了电子在电场与磁场中的

18、运动，分析清楚电子的运动过程，应用动能定理、类平抛运动规律、运动的合成与分解、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意， 电场力对电子做功与运动路径无关，取决于电子电荷量与两点间的电势差。15.15.（1515 分）如图（a a）所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoyxoy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x x 轴止方向夹角为 4545。已tmin =29max为 g.g.（1 1）若粒子在 xoyxoy 平面内做匀速直线运动，求粒子的速度V V。;（2 2）t=0t=0 时刻的电场和磁场方向如图（a a）所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不

19、变.而方 向随时间周期性的改变，如图 （b b）所示。将该粒子从原点 O O 由静止释放，在 0 0 T时间内的运2动轨迹如图（c c）虚线 OMNOMN 所示，M M 点为轨迹距 y y 轴的最远点，M M 距 y y 轴的距离为 d d。已知在 曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，物休经过此点时，相当于以此圆的半径 在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径。求：粒子经过 M M 点时曲率半径?在图中画出粒子从 N N 点回到 O O 点的轨迹。【答案】（1 1）vo=-2mg，沿 y y 轴负方向（2 2）qB知带电粒子质量为m m、电量为+q+q,磁感应强度大小为

20、B B,电场强度大小mg，重力加速度q2mgdqB、2gd _ mg如图所示图 I 靳IM (6)【解析】1）粒子做匀速直线运动，受力平衝得解得廿如W方向由左手走则得，沿轴员方向 Q2）解法（一）重力和电场力的合力为F =弄+花寺一2）粒子从。运动iJMH程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理w = Fd=扌加丿若分别求出重力功、电场力功各1分（若用v = 2v&代入，求岀 Q 二加也給分）解法（二）粒子的运动可看作以速度Vo沿y轴负方向的匀速直线运动和以Vo沿顺时针方向的匀速圆周运动的合运动，其中沿y轴负方向的v0对应的洛仑兹力用来与等效重力平衡，即qvB - _(mg)2(q

21、E)2；2mg,沿y轴正方向的对应的濬仑兹力用来提供向心力，即少弭=也r到达bl点时，其两分速度同向，沿龙轴正方向的位移为儿则有v=2v0 = 2r由洛仑兹力和等效重力的合力提供向心力，qB - 临=P得M点的曲率半径pa轨迹如图所示。（画对第一段 2 2 分，画对前二段 4 4 分，全部画对得 6 6 分）qvB -Jlmg =【名师点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路1 1 正确的受力分析除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析.2 2.正确分析物体的运动状态找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程如果出现临界状态，要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动，取

22、决于带电粒子的受力情况.(1)当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于 磁场的平面内做匀速圆周运动.(3)当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个 情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不 同的运动阶段所组成16.16.(1515 分)如图 a a 所示，匀强磁场垂直于 xOyxOy 平面，磁感应强度 B Bi按图 b b 所示规律变化(垂直于纸面向外为正).t=0t=0 时，一比荷为3=1 105C/kgC/kg 的带正电粒子从原点沿 y y 轴正方向射